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\setCJKmainfont[BoldFont=SimHei,ItalicFont = SimSun]{SimSun}

\newtheorem{definition}{Definition}[section]%定义
\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]%定理
\newtheorem{axiom}{Axiom}[section]%公理
\newtheorem{lemma}{Lemma}[section]%引理
\newtheorem{proposition}{Proposition}[section]%命题
\newtheorem{corollary}{Corollary}[section]%推论
\newtheorem{remark}{Remark}[section]%注

\title{\heiti\zihao{2} 习题4.5}
\author{中书君}
\date{\today}

\begin{document}
\maketitle
\section{($\mathrm{Darboux}$ 定理) 设 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 可导,且 $f^{\prime}_+(a) \cdot f_{-}^{\prime}(b)<0,$ 证明 : 存在 $\xi \in$ $(a, b),$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=0$. 进一步根据此结论证明一个函数的导函数满足介值性 : 若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上可导,则对 $I$ 上任意两点 $x_{1}, x_{2},$ 以及 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)$ 和 $f^{\prime}\left(x_{2}\right)$ 之间的任一实数 $c$, 都存在 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 之间的 $\xi,$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=c$.}
\begin{proof}
	不妨设$f'_{+}(a)>0,f'_{-}(b)<0$.由函数极限的局部保号性知,存在一个$a$点的右$\delta_1$邻域,使得在此邻域内恒有
	$$\dfrac{f{(x)}-f{(a)}}{x-a}>0$$
	
	从而此邻域内所有的点的函数值都大于$a$.

	同理存在$b$处的一个$\delta_2$左邻域,s.t.

	$$
	\dfrac{f{(x)}-f{(b)}}{x-b}<0
	$$
	从而此邻域内所有的点的函数值都大于$b$.从而在整个区间内,最大值不在$a,b$处取到.若$f(a)=f(b)$,显然由罗尔中值定理可得存在一点$\xi\in(a,b)$,s.t.$f'(\xi)=0$.
	
	若$f(a)\neq f(b)$,则在$(a,b)$区间内必存在两个不同的点$c,d$,使得$f(c)=f(d)$.同上理,存在一点$\xi\in(c,d)$,s.t.$f'(\xi)=0$.
\end{proof}


\subsection{导函数的介值性定理:设$y=f(x)$在$(A,B)$区间中可导,且$[a,b]$包含于$(A,B)$,$f'(a)<f'(b)$,则对于任意给定的$\eta:f'(a)<\eta<f'(b)$,都存在一点$c\in(a,b)$s.t.$f'(c)=\eta$.}
\begin{proof}
	只需构造辅助函数$F(x)=f(x)-cx$,则有$F'_{+}(a)\cdot F'_{-}(b)=[f'_{+}(a)-c][f'_{-}(b)-c]<0$,使用上述结果即证.
\end{proof}

\section{设 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上可导且导函数单调,证明其导函数连续.}
\begin{proof}
	
不妨设$f^{\prime}(x)$单增.则在$x_0$处的某左去心邻域中,由函数的单调收敛定理知$\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}^{-}} f^{\prime}(x)$存在.

下证其就是$f^{\prime}(x_0)$.

对邻域中任意一点$x$,$\exists\xi$,满足$$f^{\prime}(\xi)=\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$
则因为在$x_0$处函数可导,从而有:
$$
\lim\limits_{x \rightarrow x_0-0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{\xi \rightarrow x_0-0}f^{\prime}(\xi)=f^{\prime}(x_0)
$$

导函数右极限同理.

所以即证左右导函数极限相等都为该点导函数值,且函数连续.
\end{proof}
\begin{remark}
	这里可以用到几个比较常见的引理,可供读者自己思考.
\end{remark}
\begin{lemma}
	若函数单调,则存在单侧极限.进一步,若左右极限相等,则函数在该点连续.(单调有界定理可证)
\end{lemma}
\begin{lemma}
	若函数单调则其间断点只可能为跳跃间断点(由上一条引理易知)
\end{lemma}
\begin{lemma}
	在定义域内单调的函数的间断点集合为可数集.(尝试列出所有间断点)
\end{lemma}
\begin{lemma}
	若函数单调且满足介值性则其必连续.
\end{lemma}
不如我们也将刚刚证明的Darboux定理在此收纳.
\begin{theorem}
	Darboux定理:导函数满足介值性.
\end{theorem}


\section{证明:方程 $(n+1) a_{n} x^{n}+n a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+3 a_{2} x^{2}+2 a_{1} x=a_{n}+a_{n-1}+\cdots+a_{1}$ 在区间$(0,1)$上至少有一个根.}
\textbf{证}\quad
构造辅助函数$f(x)=a_{n} x^{n+1}+\cdots+a_{1} x^{2}-\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right) x$

根据罗尔定理即证.

\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续,在区间 $(a, b)$ 上可导,且存在 $c \in(a, b),$ 使得 $f(a)$ $+f(c)=2 f(b),$ 证明 : 存在 $\theta \in(a, b),$ 使得 $f^{\prime}(\theta)=0 .$}
\begin{proof}
	由 $f(a)+f(c)=2 f(b)$ 可知 $$f(b)=\dfrac{f(a)+f(c)}{2}$$ 
	
	已知函数 $f(x)$ 在区间 $[a, c]$上连续,所以在区间上存在最大值 $M$ 和最小值 $m,$ 而 $m \leqslant f(b) \leqslant M,$ 由连续函数的介值定理可知,存在 $\xi \in[a, c],$ 使得 $f(\xi)=f(b),$ 则函数 $f(x)$ 在区间 $[\xi, b]$ 上满足罗尔中值定理的条件,所以存在 $\theta \in(\xi, b) \subset(a, b),$ 使得 $f^{\prime}(\theta)=0.$	
\end{proof}


\section{证明 : 勒让德多项式 $P_{n}(x)=\dfrac{1}{2^{n} n !}\left[\left(x^{2}-1\right)^{n}\right]^{(n)}(n=0,1,2, \cdots)$ 在区间 (-1,1) 上有
  $n$ 个不同的零点.}
\begin{proof}
	由莱布尼茨公式可知,当求k阶导数$(k<n)$时,有$P^{(k)}_n(x)$中仍然有因式$(x+1)与(x-1)$,所以当$x=1$或$x=-1$时,$P^{(k)}_n(x)=0$.

	由罗尔定理,$\exists\xi$,使得$f'(\xi)=0$,同时,$P^{\prime}_n(-1)=P^{\prime}_n(1)=0$,所以在$[-1,\xi]$与$[\xi,1]$之间有两个点的二阶导数为$0$,同时又有勒让德多项式的二阶导数在$-1,1$的取值为$0$.
	
	由数学归纳法可知,其在求$n$阶导的时候在$(-1,1)$上至少有$n$个不同的零点.		
\end{proof}

\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上有 $n$ 阶导函数,且 $f(0)=f(1)=0,$ 设 $\mathrm{F}(x)=x^{n-1} f(x)$, 求证:存在 $\xi \in(0,1),$ 使得 $F^{(n)}(\xi)=0 .$}
\begin{proof}
	由莱布尼茨公式:
	$$
	F^{(n-1)}(x)=\left[x^{n-1} f(x)\right]^{(k-1)}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\left[x^{n-1}\right]^{(i)}f(x)^{(n-1-i)}
	$$
	
	显然可知$$F^{(i)}(0)=0(i=0,1,\cdots,n-1)$$
	
	$\because F(1)=0,\therefore\exists\xi_1\in(0,1)$,s.t.$F'(\xi_1)=0$.

	$\because F'(0)=F'(\xi_1)=0,\therefore\exists\xi_2\in(0,\xi_1),$s.t.$F''(\xi_2)=0$.

	依此类推:
	$$
	\exists\xi_{n-1}\in(0,1),s.t. F^{(n-1)}(0)=F^{(n-1)}(\xi_{n-1})=0
	$$
	
	由Rolle中值定理得:
	$$\exists\xi \in(0,1), s.t. F^{(n)}(\xi)=0$$
\end{proof}

\section{设函数 $f(x)$ 在区间$[0,1]$上连续,在区间 $(0,1)$ 上可导,且 $f(0)=0, f(x) \neq 0, \forall x \in(0,1),$ 证明:任取 $a>0,$ 都存在 $\xi \in(0,1),$ 使得 $\dfrac{f^{\prime}(1-\theta)}{f(1-\theta)}=a \dfrac{f^{\prime}(\theta)}{f(\theta)}$.}
\begin{proof}
	显然当 $\forall x \in(0,1), f(x) \neq 0$时:
	$$
	\dfrac{f^{\prime}(1-\theta)}{f(1-\theta)}=a \dfrac{f^{\prime}(\theta)}{f(\theta)} \Leftrightarrow f(\theta) f^{\prime}(1-\theta)-a f^{\prime}(\theta) f(1-\theta)=0
	$$

	记 $G(x)=f^{a}(x) f(1-x),$ 显然函数 $G(0)=f^{a}(0) f(1)=0, G(1)=f^{a}(1) f(0)=0,$ 则由罗
	尔中值定理知 $a>0, \exists \theta \in(0,1),$ 使得 $G^{\prime}(\theta)=0 .$ 而
	$$
		\begin{aligned}
			G^{\prime}(x) & =a f^{a-1}(x) f^{\prime}(x) f(1-x)-f^{a}(x) f^{\prime}(1-x)           \\
						  & =a f^{a-1}(x)\left[a f^{\prime}(x) f(1-x)-f(x) f^{\prime}(1-x)\right]
		\end{aligned}
	$$
	所以 $G^{\prime}(\theta)=a f^{a-1}(\theta)\left[a f^{\prime}(\theta) f(1-\theta)-f(\theta) f^{\prime}(1-\theta)\right]=0,$ 而 $a>0, f^{a-1}(\theta) \neq 0,$ 所以
	$$
	af'(\theta)f(1-\theta)-f(\theta)f'(1-\theta)=0
	$$
	
	从而可知 
	$$
	\dfrac{f^{\prime}(1-\theta)}{f(1-\theta)}=a \dfrac{f^{\prime}(\theta)}{f(\theta)}
	$$	
\end{proof}


\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续,在 $(a, b)$ 内可导,且 $f(a)=f(b)=0,$ 证明 : 对任意 的 $k \in \mathbb{R}$,存在 $\xi \in(a, b),$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=k f(\xi)$.}
\begin{proof}
构造辅助函数 
$$F(x)=\mathrm{e}^{-k x} f(x)$$

则 
$$
\begin{array}{l}
	F(a)=\mathrm{e}^{-k \cdot a} f(a)=0 \\
	F(b)=\mathrm{e}^{-k \cdot b} f(b)=0	
\end{array}
$$

$F(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上满足罗尔中值定理,所以存在 $\xi \in(a, b),$ s.t. 
$$
F^{\prime}(\xi)=0
$$ 

即 
$$
\mathrm{e}^{-k \xi}\left[f^{\prime}(\xi)-k f(\xi)\right]=0
$$

因为 $\mathrm{e}^{-k \xi} \neq 0,$ 所以 
$$
f^{\prime}(\xi)-k f(\xi)=0\Leftrightarrow f^{\prime}(\xi)=k f(\xi)
$$
\end{proof}


\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b],(0 \notin(a, b))$ 上连续,在 $(a, b)$ 内可导,证明:存在 $\xi \in(a, b)$, 使得$$2 \xi(f(b)-f(a))=\left(b^{2}-a^{2}\right) f^{\prime}(\xi)$$}
\begin{proof}
	令$g(x)=x^2$,则函数$g(x)$在区间$[a,b]$上连续,在$(a,b)$上可导.由于$0 \notin(a,b)$,所以$g^{\prime}(x)=2x \neq0$.

	​由于$g(x),f(x)$在$[a,b]$上满足柯西中值定理的条件,所以存在$\xi \in (a,b)$使得
	$$
		\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f(b)-f(a)}{b^{2}-a^{2}}=\dfrac{f^{\prime}(\xi)}{2 \xi}
	$$
	​
	故
	$$
	2 \xi(f(b)-f(a))=\left(b^{2}-a^{2}\right) f^{\prime}(\xi)$$
\end{proof}


\section{设非线性函数$f(x) $在 $[a, b]$ 上连续,在 $(a, b)$ 内可导,则在 $(a, b)$ 上至少存在一点 $\eta,$ 使得 $\left|f^{\prime}(\eta)\right|>\left|\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|$}
\begin{proof}
	由于$f(x)$是非线性函数,所以至少存在一点$x$,使得这个点在两个端点的连线之外.

	不妨设其在两端点的连线上方,则显然有$\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}>\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$
	
	所以显然在区间$[a,x],[x,b]$中,存在$\xi_1,\xi_2$,使得其满足
	$$
	f^{\prime}(\xi_1)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a},f^{\prime}(\xi_2)=\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}
	$$
	所以至少存在一点,$\eta=_{max}\{f^{\prime}(\xi_1),f^{\prime}(\xi_2)\}$,使得
	$$
	|f^{\prime}(\eta)|>\left|\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|
	$$
\end{proof}

\section{设 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上可导,证明: 对任意的 $x_{0} \in(a, b)$,存在趋于 $x_{0}$ 的两个数列 $\left\{x_{n}\right\},\left\{y_{n}\right\},$ 其中 $x_{n}<x_{0}<y_{n},$ 使得 $\left\{f^{\prime}\left(x_{n}\right)\right\}$ 和 $\left\{f^{\prime}\left(y_{n}\right)\right\}$ 都趋于 $f^{\prime}\left(x_{0}\right) .$}
\begin{proof}
	对于$x_{n}<x_0$,可令$x_n=x_0-\dfrac{1}{n}$,显然$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=x_{0}$,并且在$[x_i,x_0]$区间内,存在一点$\xi_i$,使得
	
	$$ \dfrac{f(x_i)-f(x_0)}{x_i-x_0}=f^{\prime}(\xi_i)$$

	$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f^{\prime}(\xi_n)$$
	
	$y_n$同理.	
\end{proof}


\section{求数列极限 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n^{2}\left(\arctan \dfrac{a}{n}-\arctan \dfrac{a}{n+1}\right),$ 其中 $a \neq 0$ 为常数.}
\begin{proof}
	由Lagrange中值定理可知,在区间$[\dfrac{a}{n+1},\dfrac{a}{n}]$中存在点$\xi_n$,s.t.
	
	$$
	\dfrac{\arctan \dfrac{a}{n}-\operatorname{\arctan} \dfrac{a}{n+1}}{\dfrac{a}{n}-\dfrac{a}{n+1}}=\dfrac{1}{1+\xi^{2}}
	$$

	所以可将$\arctan \dfrac{a}{n}-\arctan \dfrac{a}{n+1}$写为$\left(\dfrac{a}{n}-\dfrac{a}{n+1}\right)\left(\dfrac{1}{1+\xi^{2}}\right)$
	
	所以$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n^{2}\left(\arctan \dfrac{a}{n}-\arctan \dfrac{a}{n+1}\right)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n^{2}\left(\dfrac{a}{n}-\dfrac{a}{n+1}\right)\left(\dfrac{1}{1+\xi^{2}}  \right)=a$$
\end{proof}



\section{讨论函数 $f(x)=x^{\alpha}(\alpha>0)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上的一致连续性}
\begin{proof}
	当$\alpha=1$时显然其一致连续.

	$\forall x, y \in[0,+\infty), x<y,$ 由拉格朗日中值定理可知 $, \exists \xi \in(x, y),$ 使得
	$$
		|f(y)-f(x)|=| f^{\prime}(\xi)(y-x)|=| a \xi^{a-1}(y-x) |
	$$
	
	当 $a>1$ 时,对任意的 $x=n, y=n+\dfrac{1}{n^{a}},$ 则当 $n \rightarrow \infty$ 时 $,|y-x|=\dfrac{1}{n^{a}} \rightarrow 0,$ 但此时
	$$
		\begin{aligned}
			|f(y)-f(x)| & =\left|\left(n+\dfrac{1}{n^{a-1}}\right)^{a}-n^{a}\right|                                                                                \\
						& =n^{a}\left|\left(1+\dfrac{1}{n^{a}}\right)^{a}-1\right| \sim n^{a} \dfrac{a}{n^{a}} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a>1
		\end{aligned}
	$$
	
	所以当 $a>1$ 时,函数 $f(x)=x^{a}$ 在区间[0, $+\infty$ ) 上不一致连续.
	
	当 $0<a <1$ 时,可以将区间分为$[0,A+1],[A,\infty]$.对于$\varepsilon>0$,显然在$[A,\infty]$上由上结论可知$f(x)$一致连续,记此时满足要求的$\delta$为$\delta_1$.而对于$x\in[0,A+1]$,则有对$\forall \varepsilon>0$,由函数凸性可知,只要$x_1,x_2\in[0,A+1],|x_1-x_2|<\varepsilon^{1/\alpha}$,则$|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$.此时满足要求的$\delta$记为$\delta_2$.
	
	在整体$[0,\infty]$区间上,取$\delta = \min{\{\delta_1,\delta_2,1\}}$即满足一致连续要求.
\end{proof}

\section{设 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 有定义, 且对任意 $x_{1}, x_{2} \in[a, b]$ 都有 $$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|\leqslant\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}$$ 证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上恒为常数.}
\textbf{证}\quad
可将原不等式写为$\left|\dfrac{f(x_1)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}\right| \leq\left|x_{1}-x_{2}\right|$

取$x_1=x_0(x_0\in(a,b)),$当$x_2 \rightarrow x_0$时,由夹逼定理,有
$$
\lim\limits_{x_2 \rightarrow x_0}\left|\dfrac{f(x_1)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}\right|=0=f^{\prime}(x_0)
$$

特别的,在$a,b$处的右,左导数也为$0$.所以由$x_0$的任意性可知,任意一点的导数都为$0$.

所以$f(x)$在$[a,b]$上恒为常数.

\section{证明下列恒等式 :}
\subsection{$2 \arctan x+\arcsin \dfrac{2 x}{1+x^{2}}=\pi, x \in[1,+\infty)$}
\begin{proof}
	取$x=1$,可得等式成立.对14.1的两侧进行求导,可得

	$\mathrm{LHS'}=\dfrac{2}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(1+x^{2}\right)^{2}}} \cdot \dfrac{2-2 x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}=\dfrac{2}{1+x^{2}}-\dfrac{\left(1+x^{2}\right)}{\left(1-x^{2}\right)} \cdot \dfrac{2\left(1-x^{2}\right)}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}=0$
	
	所以在$x \in [1,+\infty)$上,$\mathrm{LHS}$是一个常数$\pi$
		
\end{proof}

\subsection{$\arctan x=\arcsin \dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}, x \in(-\infty,+\infty)$}
\begin{proof}
	取$x=0$得$\mathrm{LHS}=\mathrm{RHS}=0$.对两侧同时求导可得：

	$\mathrm{LHS'}=\dfrac{1}{1+x^2}$,$\mathrm{RHS'}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}}} \cdot \dfrac{\sqrt{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{2}}}}{1+x^{2}}=\dfrac{1+x^{2}-x^{2}}{1+x^{2}}=\dfrac{1}{1+x^{2}}$
	
	所以$\mathrm{LHS}-\mathrm{RHS}$是个常数,而这个常数为$0$,故$\mathrm{LHS}$恒等于$\mathrm{RHS}$.		
\end{proof}

\section{利用 $\mathrm{Lagrange}$ 公式证明不等式 :}
\subsection{$|\sin x-\sin y| \leqslant|x-y|, x, y \in \mathbb{R}$}
\begin{proof}
	$|\sin x-\sin y|=|(x-y) \cos \xi| \leqslant|x-y|$ ($\xi$在 $x, y$ 之间)
	
\end{proof}

\subsection{$|\arctan b-\arctan a| \leqslant|b-a|, a, b \in \mathbb{R}$}
\begin{proof}
	$|\arctan a-\arctan b|=\left|\dfrac{a-b}{1+\xi^{2}}\right| \leqslant|a-b|$	
\end{proof}

\subsection{$\dfrac{\beta-\alpha}{\cos ^{2} \alpha}<\tan \beta-\tan \alpha<\dfrac{\beta-\alpha}{\cos ^{2} \beta},$ 其中$0<\alpha<\beta<\dfrac{\pi}{2}$.}
\begin{proof}
	$\tan a- \tan b=\sec^{2}(\xi),0<\alpha<\xi<\beta<\dfrac{\pi}{2}$

	所以显然上述不等式成立.
\end{proof}


\section{设 $x_{2}>x_{1}>0,$ 证明 : 存在 $\xi \in\left(x_{1}, x_{2}\right),$ 满足$x_{1} \mathrm{e}^{x_{2}}-x_{2} \mathrm{e}^{x_{1}}=(1-\xi) \mathrm{e}^{\xi}\left(x_{1}-x_{2}\right)$}
\begin{proof}
	$x_{1} \mathrm{e}^{x_{2}}-x_{2} \mathrm{e}^{x_{1}}=(1-\xi) \mathrm{e}^{\xi}\left(x_{1}-x_{2}\right)$ 等式两端同除以 $x_{2} x_{1},$ 可得
	$$
		\dfrac{\mathrm{e}^{x_{2}}}{x_{2}}-\dfrac{\mathrm{e}^{x_{1}}}{x_{1}}=(1-\xi) \mathrm{e}^{\xi}\left(\dfrac{1}{x_{2}}-\dfrac{1}{x_{1}}\right)
	$$
	
	$f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}, g(x)=\dfrac{1}{x},$ 则 $f^{\prime}(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x} x-\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}},$ 显然 $f(x), g(x)$ 满足
	$\mathrm{Cauchy}$中值定理的条件, 所以 $\exists \xi \in\left(x_{1}, x_{2}\right),$ 使得
	$$
		\dfrac{\dfrac{e^{x_{2}}}{x_{2}}-\dfrac{e^{x_{1}}}{x_{1}}}{\dfrac{1}{x_{2}}-\dfrac{1}{x_{1}}}=\dfrac{\dfrac{(\xi-1) e^{\xi}}{\xi^{2}}}{\dfrac{1}{\xi^{2}}}=(1-\xi) e^{\xi}
	$$		
\end{proof}

\section{设$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续,在开区间$(a,b)$二阶可导,且$$f(a)=f(b)=0, f^{\prime}_+(a) f^{\prime}_-(b)>0$$证明:}
\subsection{存在 $\xi \in(a, b),$ 使得 $f(\xi)=0$}
\begin{proof}
	不妨设$ f^{\prime}_+(a)和 f^{\prime}_-(b)>0$.由函数极限的局部保号性知,存在一个区间$\delta,$使得$(a,a+\delta]$区间上的点全部大于$f(a)$,同理,$b$的左去心邻域中的点也全部小于$b$.所以由函数的零点存在定理可知,区间$(a,b)$中存在一点$\xi$使得$f(\xi)=0$.
	
\end{proof}

\subsection{存在 $\eta \in(a, b),$ 使得 $f^{\prime \prime}(\eta)=f(\eta) .$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
$\exists \eta \in(a, b)$, 使得 $f^{\prime \prime}(\eta)=f(\eta) \Leftrightarrow f^{\prime \prime}(\eta)-f(\eta)=0$

记$F(x)=e^{x}\left[ f(x)\right]$

因为函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有 $3$ 个零点 $a, b, \xi,$ 所以 $F^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}\left[f^{\prime}(x)+f(x)\right]$ 在区间
$(a, \xi),(\xi, b)$ 上至少存在 $\eta_{1}, \eta_{2},$ 使得
则
$$
	F^{\prime}\left(\eta_{1}\right)=\mathrm{e}^{\eta_{1}}\left[f^{\prime}\left(\eta_{1}\right)+f\left(\eta_{1}\right)\right], \quad F^{\prime}\left(\eta_{2}\right)=\mathrm{e}^{\eta_{2}}\left[f^{\prime}\left(\eta_{2}\right)+f\left(\eta_{2}\right)\right]
$$
$$
	f^{\prime}\left(\eta_{1}\right)+f\left(\eta_{1}\right)=0, \quad f^{\prime}\left(\eta_{2}\right)+f\left(\eta_{2}\right)=0
$$
所以函数 $G(x)=\mathrm{e}^{-x}\left[f(x)+f^{\prime}(x)\right]$ 有 至少2 个零点 $\eta_{1}, \eta_{2},$ 且满足罗尔中值定理的条件, 所以 $\exists \eta \in(a, b),$ 使得 $G^{\prime}(\eta)=0, G^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-x}\left[f^{\prime \prime}(x)-f(x)\right],$ 又因为 $\mathrm{e}^{-x}>0,$ 所以 $G^{\prime}(\eta)=0 \Leftrightarrow$
$f^{\prime \prime}(\eta)-f(\eta)=0$

所用到的变换方法可参照拉盖尔多项式和埃尔米特多项式的写法和求导过程.本质上是利用$e^{-x}$导数的性质.

\par\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
\begin{lemma}
	在区间$[a,b]$中可找到一个区间$[c,d]$使得$f(c)=f(d)=0$,且其中存在唯一的一点$f(\xi)=0$.且此点能找到一个去心右邻域,其中的任意数与此点某个去心左邻域中的任意数乘积小于$0$.
\end{lemma}
\begin{proof}
	设$[a,b]$中有$k$个零点.若不存在上述区间,则可知在任意零点,其左右两边的某个去心邻域都大于$0$(不妨),则显然由零点存在定理,在每个零点到其右侧的第一个零点之间(开区间)的数全部大于$0$,否则与其右侧第一个零点矛盾.(最值原理)

	(若零点不可数,则有一个区间上恒为$0$,显然满足题目要求.)
	
	所以取此区间$[c,d]$.
	\end{proof}
	根据上述引理,不妨假定$c$的某去心右邻域中点全大于$0$,$d$的某去心左邻域中的点全部小于$0$,$f(\xi)$的某去心左邻域恒正,某去心右邻域恒负.所以存在$[c,\xi],[\xi,d]$中的点$x_1,x_2$分别为最大值和最小值.右函数可导和连续性,知其分别为极大值与极小值点.
	
	所以$f^{\prime }(x)$导函数在$[0,x_1]$中存在一个区间,使得$f^{\prime\prime}(x)$恒负.而此区间内$f(x)$恒正.(反证：若不存在,则$f^{\prime}(x)$在$[c,x_1]$上恒负,则与存在某个$c$的去心邻域,其中所有的点都大于$0$矛盾.)

	在$[x_2,d]$区间内存在一个区间,使得$f^{\prime\prime}(x)$恒正,而显然此时$f(x)$恒负.(同上理)
	
	所以由函数的零点存在原理,$f(x)-f^{\prime\prime}(x)$零点存在.





\section{证明如下的广义 $\mathrm{Rolle}$ 定理 : 函数 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上可导,若 $\lim\limits_{x \rightarrow a^{+}} f(x)$ 和 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} f(x)$都存在且相等,则存在 $\xi \in(a,+\infty),$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=0 .$}
\begin{proof}
	(1)若$f(x) \equiv A$,显然.

	(2) 如果 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上不恒等于 $A$ 则存在 $x_{0} \in(a,+\infty),$ 使得 $f(x) \neq A .$ 不妨假
	设 $f\left(x_{0}\right)>A,$ 则可以取 $\mu=\dfrac{1}{2}\left(f\left(x_{0}\right)+A\right) \in\left(A, f\left(x_{0}\right)\right) .$
	由已知条件 $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=A$ 可知 $, \forall \varepsilon>0, \exists \delta>0,$ 当 $x-a<\delta$ 时,则有 $|f(x)-A|<\varepsilon .$取 $\varepsilon_{0}=\dfrac{f\left(x_{0}\right)-A}{2}, \exists \delta_{0}>0,$ 当 $x-a<\delta_{0}$ 时,则有 $f(x)<A+\varepsilon_{0}=\dfrac{1}{2}\left(f\left(x_{0}\right)+A\right)=\mu$.取 $x_{1} \in\left(a, a+\delta_{0}\right)$ 时,满足 $f\left(x_{1}\right)<\mu<f\left(x_{0}\right)$,由已知条件 $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty } f(x)=A$ 可知,对上述 $\varepsilon_{0}, \exists X>x_{0},$
	
	当 $x>X$ 时,则有 $|f(x)-A|<\varepsilon$,即 $f(x)<A+\varepsilon_{0}=\dfrac{1}{2}\left(f\left(x_{0}\right)+A\right)=\mu,$ 取 $x_{2} \in(X,+\infty)$ 时,满足 $f\left(x_{2}\right)<\mu<f\left(x_{0}\right),$
	
	由罗尔中值定理可知,存在 $\xi \in\left(\xi_{1}, \xi_{2}\right) \subset(a,+\infty),$ 使得 $f^{\prime}(\xi)=0 .$
	
	这个证明方法比较啰嗦.其实说能在上述截取到的区间中取到最值,就可以由函数的连续和可导性知其为极值点,所以导数为$0$.
		
\end{proof}


\section{证明:拉盖尔多项式 $L_{n}(x)=\mathrm{e}^{x}\left(x^{n} \mathrm{e}^{-x}\right)^{(n)}$有$n$个不同的零点.}
\begin{proof}
	记$G(x)= x^{n} \mathrm{e}^{-x}$.易知
	$$
		\begin{aligned}
			G^{(m)}(x)&= \mathrm{e}^{-x}\left[(-1)^{m} x^{n}+(-1)^{m-1} C_{m}^{1} n x^{n-1}+\cdots+(-1) C_{m}^{m-1} n(n-1) \cdots(n-m+2) x^{n-m+1}\right.
				\\&\left.+n(n-1) \cdots(n-m+1) x^{n-m}\right] \quad(m=1,2, \cdots, n)
		\end{aligned}
	$$
	
	显然,当$x=0$时,$G(x)$的$m$阶导为$0$.$\lim\limits_ {x \rightarrow +\infty}G^{(m)}(x)=0$
	
	所以,由广义罗尔定理,$G^{(1)}(x)$有3个在$(0,+\infty)$上不同的零点.以此类推.
	
	$G^{(n-1)}(x)$有$n+1$个不同的零点.(这里无穷点产生的效果和零点完全相同,故将其记作一个零点)
	
	所以,$G^{(n)}(x)$有n个零点$\xi_1,\xi_2...,\xi_n$.显然,$L(\xi_1),L(\xi_2)...,L(\xi_n)$都为$0$.所以其都是$L(x)$的根.显然这些根都为实数.
	$$
		L_{n}(x)=\mathrm{e}^{x} Q^{(n)}(x)=(-1)^{n} x^{n}+(-1)^{n-1} C_{n}^{1} n x^{n-1}+\cdots+(-1) C_{n}^{n-1} n ! x+n !
	$$
	
	其为$x$ 的 $n$ 次多项式,故 由代数基本定理,$L_{n}(x)$ 恰有 $n$ 个复根 , 因此 $\xi_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 是 $L_{n}(x)$ 的全部根,且所有根都是实数.		
\end{proof}
\end{document}